山东省滨州市邹平县重点中学2022年中考二模数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是（　　）

A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤

2．2019年4月份，某市市区一周空气质量报告中某项污染指数的数据是：31，35，31，34，30，32，31，这组数据的中位数、众数分别是（　　）

A．32，31 B．31，32 C．31，31 D．32，35

3．若一个圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则这个圆锥的全面积为（　　）

A．15πcm2 B．24πcm2 C．39πcm2 D．48πcm2

4．下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是(　　)．

A．(x＋1)(x－1)＝x2－1

B．x2－2x＋1＝x(x－2)＋1

C．a2－b2＝(a＋b)(a－b)

D．mx＋my＋nx＋ny＝m(x＋y)＋n(x＋y)

5．过正方体中有公共顶点的三条棱的中点切出一个平面，形成如图几何体，其正确展开图正确的为（　　）

A． B． C． D．

6．用五个完全相同的小正方体组成如图所示的立体图形，从正面看到的图形是（　　）

A． B． C． D．

7．如图，函数y1=x3与y2=在同一坐标系中的图象如图所示，则当y1＜y2时（　　）

A．﹣1＜x＜l B．0＜x＜1或x＜﹣1

C．﹣1＜x＜I且x≠0 D．﹣1＜x＜0或x＞1

8．如图，一个斜边长为10cm的红色三角形纸片，一个斜边长为6cm的蓝色三角形纸片，一张黄色的正方形纸片，拼成一个直角三角形，则红、蓝两张纸片的面积之和是（　　）

A．60cm2 B．50cm2 C．40cm2 D．30cm2

9．下列代数运算正确的是（　　）

A．（x+1）2=x2+1 B．（x3）2=x5 C．（2x）2=2x2 D．x3•x2=x5

10．某同学将自己7次体育测试成绩（单位：分）绘制成折线统计图，则该同学7次测试成绩的众数和中位数分别是（　　）

A．50和48 B．50和47 C．48和48 D．48和43

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．某航空公司规定，旅客乘机所携带行李的质量x(kg)与其运费y(元)由如图所示的一次函数图象确定，则旅客可携带的免费行李的最大质量为            kg

12．将一张长方形纸片折叠成如图所示的形状，若∠DBC=56°，则∠1=_____°．

13．一元二次方程x2﹣4=0的解是．_________

14．一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是_______.

15．如图，已知点A（2，2）在双曲线上，将线段OA沿x轴正方向平移，若平移后的线段O'A'与双曲线的交点D恰为O'A'的中点，则平移距离OO'长为____．

16．已知一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数是         ．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）旅游公司在景区内配置了50辆观光车共游客租赁使用，假定每辆观光车一天内最多只能出租一次，且每辆车的日租金x（元）是5的倍数．发现每天的营运规律如下：当x不超过100元时，观光车能全部租出；当x超过100元时，每辆车的日租金每增加5元，租出去的观光车就会减少1辆．已知所有观光车每天的管理费是1100元．

（1）优惠活动期间，为使观光车全部租出且每天的净收入为正，则每辆车的日租金至少应为多少元？（注：净收入=租车收入﹣管理费）

（2）当每辆车的日租金为多少元时，每天的净收入最多？

18．（8分）先化简后求值：已知：x=﹣2，求的值．

19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与坐标轴交于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，C点的坐标为（1，0），抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）根据图象直接写出不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集；

（3）点P是抛物线上一动点，且在直线AB上方，过点P作AB的垂线段，垂足为Q点．当PQ=时，求P点坐标．

20．（8分）如图，小华和同伴在春游期间，发现在某地小山坡的点E处有一棵盛开的桃花的小桃树，他想利用平面镜测量的方式计算一下小桃树到山脚下的距离，即DE的长度，小华站在点B的位置，让同伴移动平面镜至点C处，此时小华在平面镜内可以看到点E，且BC＝2.7米，CD＝11.5米，∠CDE＝120°，已知小华的身高为1.8米，请你利用以上的数据求出DE的长度．（结果保留根号）

21．（8分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF．求∠CDE的度数；求证：DF是⊙O的切线；若AC=DE，求tan∠ABD的值．

22．（10分）已知关于x的一元二次方程有实数根．

（1）求k的取值范围；

（2）若k为正整数，且方程有两个非零的整数根，求k的取值．

23．（12分）实践体验：

（1）如图1：四边形ABCD是矩形，试在AD边上找一点P，使△BCP为等腰三角形；

（2）如图2：矩形ABCD中，AB=13，AD=12，点E在AB边上，BE=3,点P是矩形ABCD内或边上一点，且PE=5，点Q是CD边上一点，求PQ得最值；

问题解决：

（3）如图3，四边形ABCD中,AD∥BC，∠C=90°，AD=3，BC=6，DC=4,点E在AB边上，BE=2，点P是四边形ABCD内或边上一点，且PE=2，求四边形PADC面积的最值．

24．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．

（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；

（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；

（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB=135°所以∠EFB=45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知条件计算即可判定；
⑤连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可判定．

【详解】

由边角边定理易知△APD≌△AEB，故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP=∠APE=45°，从而∠APD=∠AEB=135°，
所以∠BEP=90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE=，
在△BEP中，PB= ，PE=，由勾股定理得：BE=，
∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，
∴∠AEP=45°，
∴∠BEF=180°-45°-90°=45°，
∴∠EBF=45°，
∴EF=BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP=∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
由△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，
可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+，因此④是错误的；
连接BD，则S△BPD=PD×BE= ，
所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，
所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+ ．
综上可知，正确的有①③⑤．

故选D.

【点睛】

考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．

2、C

【解析】

分析：找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个．

解答：解：从小到大排列此数据为：30、1、1、1、32、34、35，数据1出现了三次最多为众数，1处在第4位为中位数．所以本题这组数据的中位数是1，众数是1．

故选C．

3、B

【解析】

试题分析:底面积是:9πcm1,

底面周长是6πcm,则侧面积是:×6π×5=15πcm1．

则这个圆锥的全面积为:9π+15π=14πcm1．

故选B．

考点:圆锥的计算．

4、C

【解析】
因式分解是把一个多项式化为几个整式的积的形式，据此进行解答即可.

【详解】

解：A、B、D三个选项均不是把一个多项式化为几个整式的积的形式，故都不是因式分解，只有C选项符合因式分解的定义，

故选择C.

【点睛】

本题考查了因式分解的定义，牢记定义是解题关键.

5、B

【解析】

试题解析：选项折叠后都不符合题意，只有选项折叠后两个剪去三角形与另一个剪去的三角形交于一个顶点，与正方体三个剪去三角形交于一个顶点符合.

故选B.

6、A

【解析】

从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，

故选：A．

7、B

【解析】
根据图象知，两个函数的图象的交点是（1，1），（-1，-1）．由图象可以直接写出当y1<y2时所对应的x的取值范围．

【详解】

根据图象知,一次函数y1=x3与反比例函数y2=的交点是(1,1)，(-1,−1)，

∴当y1<y2时，, 0<x<1或x＜-1；

故答案选：B.

【点睛】

本题考查了反比例函数与幂函数，解题的关键是熟练的掌握反比例函数与幂函数的图象根据图象找出答案.

8、D

【解析】
标注字母，根据两直线平行，同位角相等可得∠B=∠AED，然后求出△ADE和△EFB相似，根据相似三角形对应边成比例求出，即，设BF=3a，表示出EF=5a，再表示出BC、AC，利用勾股定理列出方程求出a的值，再根据红、蓝两张纸片的面积之和等于大三角形的面积减去正方形的面积计算即可得解．

【详解】

解:如图，∵正方形的边DE∥CF，

∴∠B=∠AED，

∵∠ADE=∠EFB=90°，

∴△ADE∽△EFB，

∴，

∴，

设BF=3a，则EF=5a，

∴BC=3a+5a=8a，

AC=8a×=a，

在Rt△ABC中，AC1+BC1=AB1，

即（a）1+（8a）1=（10+6）1，

解得a1=，

红、蓝两张纸片的面积之和=×a×8a-（5a）1，

=a1-15a1，

=a1，

=×，

=30cm1．

故选D．

【点睛】

本题考查根据相似三角形的性质求出直角三角形的两直角边，利用红、蓝两张纸片的面积之和等于大三角形的面积减去正方形的面积求解是关键.

9、D

【解析】
分别根据同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式进行逐一计算即可．

【详解】

解：A. （x+1）2=x2+2x+1,故A错误；

B. （x3）2=x6，故B错误；

C. （2x）2=4x2，故C错误.

D. x3•x2=x5,故D正确.

故本题选D.

【点睛】

本题考查的是同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式，熟练掌握他们的定义是解题的关键.

10、A

【解析】
由折线统计图，可得该同学7次体育测试成绩，进而求出众数和中位数即可.

【详解】

由折线统计图，得：42，43，47，48，49，50，50，

7次测试成绩的众数为50，中位数为48，

故选：A．

【点睛】

本题考查了众数和中位数，解题的关键是利用折线统计图获取有效的信息.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、20

【解析】

设函数表达式为y=kx+b把（30，300）、（50、900）代入可得：y=30x-600当y=0时x=20所以免费行李的最大质量为20kg

12、62

【解析】
根据折叠的性质得出∠2=∠ABD，利用平角的定义解答即可．

【详解】

解:如图所示：

由折叠可得：∠2=∠ABD，

∵∠DBC=56°，

∴∠2+∠ABD+56°=180°，

解得：∠2=62°，

∵AE//BC，

∴∠1=∠2=62°，

故答案为62.

【点睛】

本题考查了折叠变换的知识以及平行线的性质的运用，根据折叠的性质得出∠2=∠ABD是关键．

13、x=±1

【解析】

移项得x1=4，

∴x=±1．

故答案是：x=±1．

14、

【解析】
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到白球的情况，再利用概率公式即可求得答案．

【详解】

画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，
∴两次都摸到白球的概率是：=.
故答案为：.

【点睛】

本题考查用树状图法求概率，解题的关键是掌握用树状图法求概率.

15、1．

【解析】
直接利用平移的性质以及反比例函数图象上点的坐标性质得出D点坐标进而得出答案．

【详解】

∵点 A(2，2)在双曲线上，

∴k＝4，

∵平移后的线段O'A'与双曲线的交点 D 恰为 O'A'的中点，

∴D点纵坐标为：1，

∴DE＝1，O′E＝1，

∴D点横坐标为：x＝＝4，

∴OO′＝1，

故答案为1．

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上的性质，正确得出D点坐标是解题关键．

16、5

【解析】
∵多边形的每个外角都等于72°，

∵多边形的外角和为360°，

∴360°÷72°=5，

∴这个多边形的边数为5.

故答案为5.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）每辆车的日租金至少应为25元；（2）当每辆车的日租金为175元时，每天的净收入最多是5025元．

【解析】

试题分析：（1）观光车全部租出每天的净收入=出租自行车的总收入﹣管理费，由净收入为正列出不等式求解即可；（2）由函数解析式是分段函数，在每一段内求出函数最大值，比较得出函数的最大值．

试题解析：（1）由题意知，若观光车能全部租出，则0＜x≤100，

由50x﹣1100＞0，

解得x＞22，

又∵x是5的倍数，

∴每辆车的日租金至少应为25元；

（2）设每辆车的净收入为y元，

当0＜x≤100时，y1=50x﹣1100，

∵y1随x的增大而增大，

∴当x=100时，y1的最大值为50×100﹣1100=3900；

当x＞100时，

y2=（50﹣）x﹣1100

=﹣x2+70x﹣1100

=﹣（x﹣175）2+5025，

当x=175时，y2的最大值为5025，

5025＞3900，

故当每辆车的日租金为175元时，每天的净收入最多是5025元．

考点：二次函数的应用．

18、

【解析】
先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．

【详解】

解：原式=1﹣•（÷）=1﹣••=1﹣=，

当x=﹣2时，

原式===．

【点睛】

本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算顺序和运算法则．

19、（1）y=﹣x2﹣x+2；（2）﹣2＜x＜0；（3）P点坐标为（﹣1，2）．

【解析】

分析：(1)、根据题意得出点A和点B的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数的解析式；(2)、根据函数图像得出不等式的解集；(3)、作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，根据题意得出∠PDQ=∠ADE=45°，PD==1，然后设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点D（x，x+2），根据PD的长度得出x的值，从而得出点P的坐标．

详解：（1）当y=0时，x+2=0，解得x=﹣2，当x=0时，y=0+2=2，

则点A（﹣2，0），B（0，2），

把A（﹣2，0），C（1，0），B（0，2），分别代入y=ax2+bx+c得，解得．

∴该抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+2；

（2）ax2+（b﹣1）x+c＞2，ax2+bx+c＞x+2，

则不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集为﹣2＜x＜0；

（3）如图，作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，

在Rt△OAB中，∵OA=OB=2，∴∠OAB=45°，∴∠PDQ=∠ADE=45°，

在Rt△PDQ中，∠DPQ=∠PDQ=45°，PQ=DQ=，∴PD==1，

设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点D（x，x+2），∴PD=﹣x2﹣x+2﹣（x+2）=﹣x2﹣2x，

即﹣x2﹣2x=1，解得x=﹣1，则﹣x2﹣x+2=2，∴P点坐标为（﹣1，2）．

点睛：本题主要考查的是二次函数的性质以及直角三角形的性质，属于基础题型．利用待定系数法求出函数解析式是解决这个问题的关键．

20、DE的长度为6+1．

【解析】
根据相似三角形的判定与性质解答即可．

【详解】

解：过E作EF⊥BC，

∵∠CDE＝120°，

∴∠EDF＝60°，

设EF为x，DF＝x，

∵∠B＝∠EFC＝90°，

∵∠ACB＝∠ECD，

∴△ABC∽△EFC，

∴，

即，

解得：x＝9+2，

∴DE＝=6+1，

答：DE的长度为6+1．

【点睛】

本题考查相似三角形性质的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．

21、（1）90°；（1）证明见解析；（3）1．

【解析】
（1）根据圆周角定理即可得∠CDE的度数；（1）连接DO，根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质易证∠ODF=∠ODC+∠FDC=∠OCD+∠DCF=90°，即可判定DF是⊙O的切线；（3）根据已知条件易证△CDE∽△ADC，利用相似三角形的性质结合勾股定理表示出AD，DC的长，再利用圆周角定理得出tan∠ABD的值即可．

【详解】

解：（1）解：∵对角线AC为⊙O的直径，

∴∠ADC=90°，

∴∠EDC=90°；

（1）证明：连接DO，

∵∠EDC=90°，F是EC的中点，

∴DF=FC，

∴∠FDC=∠FCD，

∵OD=OC，

∴∠OCD=∠ODC，

∵∠OCF=90°，

∴∠ODF=∠ODC+∠FDC=∠OCD+∠DCF=90°，

∴DF是⊙O的切线；

（3）解：如图所示：可得∠ABD=∠ACD，

∵∠E+∠DCE=90°，∠DCA+∠DCE=90°，

∴∠DCA=∠E，

又∵∠ADC=∠CDE=90°，

∴△CDE∽△ADC，

∴，

∴DC1=AD•DE

∵AC=1DE，

∴设DE=x，则AC=1x，

则AC1﹣AD1=AD•DE，

期（1x）1﹣AD1=AD•x，

整理得：AD1+AD•x﹣10x1=0，

解得：AD=4x或﹣4.5x（负数舍去），

则DC=，

故tan∠ABD=tan∠ACD=．

22、（1）；（2）k＝1

【解析】
（1）根据一元二次方程2x2+4x+k﹣1=0有实数根，可得出△≥0，解不等式即可得出结论；

（2）分别把k的正整数值代入方程2x2+4x+k﹣1=0，根据解方程的结果进行分析解答．

【详解】

（1）由题意得：△=16﹣8（k﹣1）≥0，∴k≤1．

（2）∵k为正整数，∴k=1，2，1．

当k=1时，方程2x2+4x+k﹣1=0变为：2x2+4x =0，解得：x=0或x=－2，有一个根为零；

当k=2时，方程2x2+4x+k﹣1=0变为：2x2+4x +1=0，解得：x=，无整数根；

当k=1时，方程2x2+4x+k﹣1=0变为：2x2+4x +2=0，解得：x1=x2=－1，有两个非零的整数根．

综上所述：k=1．

【点睛】

本题考查了一元二次方程根的判别式：

（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；

（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；

（1）△＜0⇔方程没有实数根．

23、（1）见解析;（2）PQmin=7，PQmax=13;（3） Smin=，Smax=18.

【解析】
（1）根据全等三角形判定定理求解即可.

（2）以E为圆心，以5为半径画圆，①当E、P、Q三点共线时最PQ最小，②当P点在位置时PQ最大，分类讨论即可求解.

（3）以E为圆心，以2为半径画圆，分类讨论出P点在位置时，四边形PADC面积的最值即可.

【详解】

（1）当P为AD中点时，

，

△BCP为等腰三角形.

（2）以E为圆心，以5为半径画圆

①    当E、P、Q三点共线时最PQ最小，PQ的最小值是12-5=7.

②    当P点在位置时PQ最大，PQ的最大值是

（3）以E为圆心，以2为半径画圆.

当点p为位置时，四边形PADC面积最大.

当点p为位置时，四边形PADC最小=四边形+三角形=.

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形性质，直线，面积最值问题，数形结合思想是解题关键.

24、（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）三角形的形状为等腰直角三角形．

【解析】

【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；

（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，

（3）根据勾股定理逆定理解答即可．

【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；

（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B==，

即OB2+OA12=A1B2，

所以三角形的形状为等腰直角三角形．

【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．